湖北省宜昌市长阳土家族自治县第一中学2023-2024学年高二物理上学期9月月考试题（Word版附解析）

长阳一中2023-2024学年高二上学期第一次月考物理试卷

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全都选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1. 下列公式适用于任何电场的是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．公式

用来计算匀强电场中电场力做功，所以只适用于匀强电场，A错误；

B．公式

是匀强电场中电势差与电场强度的关系公式，只适用于匀强电场，B错误；

C．公式

是电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于任何电场，C正确；

D．公式

是点电荷场强公式，只适用点电荷的电场，D错误。

故选C。

2. 通电的等腰梯形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行．下列关于通电直导线MN的磁场对线框作用的(　　)

A. 线框所受安培力的合力为零

B. 线框有两条边所受的安培力方向相同

C. 线框有两条边所受的安培力大小相同

D. 线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势

【答案】C

【解析】

【详解】直导线中的电流方向由N到M，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到斜向左下方的安培力，bc受到左上方安培力，四个边所受的安培力的合力不为零，其中bc边和ad边所受的安培力大小相同，故AB错误，C正确；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，cd边受到的安培力小于ab边、bc边和ad边受到的安培力的矢量和，则线框在安培力作用下一定有向左的运动趋势，故D错误．

3. 如图A、B为一对等量同种电荷连线上的两点（其中B为中点），C为连中垂线上的一点。今将一个由荷量为 q（）的点电荷从A沿直线移到B再沿直线移到C，以下说法正确的是（　　）

A. A、B两点的电势和场强都相同

B. A、C两点场强相同，电势不同

C. 点电荷q（）从B沿直线移到C，电荷的电势能变大

D. 点电荷q（）从A沿直线移到B，电荷的电势能变小

【答案】D

【解析】

【详解】等量同种正电荷电场线如图所示

A．根据等量正电荷的电场分布可知，AB之间的电场线从A到B，场强方向从A到B，可知A点的电势高于B点的电势，由图可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故A错误；

B．无法比较A、C两点电场强度的大小，但方向一定不同，在BC之间的场强方向从B到C，可知B点的电势高于C点的电势，结合A选项可知A、C两点电势不同，故B错误；

C．由B选项分析可知，B、C连线上，正电荷所受电场力向上，点电荷q（）从B沿直线移到C，电场力做正功，电势能减小，故C错误；

D．由A选项分析可知，A、B连线上，正电荷所受电场力向右，点电荷q（）从A沿直线移到B，电场力做正功，电荷的电势能的变小，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是（　　）

A. a点与b点的磁感应强度相同 B. a点与c点的磁感应强度相同

C. a点与d点的磁感应强度相同 D. a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同

【答案】B

【解析】

【详解】通电直导线在周围形成的磁场，大小为，方向由安培定则可知垂直于点到导线垂直线段，从右向左画出各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向。

故选B。

5. 如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R=0. 1 m。M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，为OM从OA位置开始旋转的角度，M点的电势随变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A. 匀强电场的电场强度大小为10 V/m

B. 匀强电场的电场强度方向为垂直于AC连线向上

C. 将一质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 eV

D. 将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功

【答案】C

【解析】

【详解】A．由电势随变化关系图像可知，当时，M点电势最低为1V；当时，N点电势最高为5V，如图所示

则匀强电场的电场强度大小为

故A错误；

B．由电势随变化的关系图像如图

可知当时，F点电势为3V，根据匀强电场沿任意方向电势降落都是均匀的，可知NM中点O点电势也为3V，则OF为等势线，则由几何关系知OF与OM垂直，则电场线的方向由N指向M，如图所示

故B错误；

C．过B和D点作MN的垂线，由几何关系知

质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能变化量为

可知质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 eV，故C正确；

D．M点电势最低，N点电势最高，所以从A点沿圆弧逆时针至C点，电势先减小后增大，电子的电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误。

故选C。

6. 霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B＝B0＋kz（B0、k均为常数）。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变，方向如图所示，当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U也不同。则（　　）

A. 传感器灵敏度与上、下表面的距离有关

B. 磁感应强度B越大，上、下表面的电势差U越小

C. k越大，传感器灵敏度越高

D. 若图中霍尔元件是电子导电，则下表面电势高

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】B．最终定向移动的自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，设定向移动的自由电荷在x方向的速度为v。有

电流的微观表达式为

所以

B越大，上、下表面的电势差U越大，B错误；

AC．霍尔元件在y轴方向上、下表面的电势差U为

则

所以传感器灵敏度与上、下表面的距离无关，k越大，传感器灵敏度越高，A错误，C正确；

D．若该霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向下表面偏转，所以上表面电势高，所以D错误；

故选C。

7. 某同学描绘出小灯泡的I-U图像如图，若将两个完全相同的小电珠串联接在电动势为6.0V，内阻为12Ω的电源两端，接通电路，则每个灯泡的实际功率约为（　　）

A. 0.32W B. 0.64W C. 1.28W D. 2.56W

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】设每个灯泡的电压为U，灯泡的电流为I根据闭合电路欧姆定律可知

整理可得

所以在小灯泡的I-U图像做出电源的I-U图像

故每个灯泡的实际功率为

故选A。

8. 带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则（　　）

A. 一定有h1＝h3 B. 一定有h1<h4

C. h2与h4无法比较 D. h1与h2无法比较

【答案】AC

【解析】

【详解】A．小球做竖直上抛运动的最大高度

若加上水平方向的匀强电场时，竖直方向仍然只受重力，在竖直方向上有

由此可知

故A正确；

BCD．当加上竖直向上的匀强电场，小球在竖直方向上受重力和电场力

若小球带正电，则电场力向上，小球运动的加速度

小球上升的最大高度

若小球带负电，则电场力向下，小球运动加速度

小球上升的最大高度

若加上水平方向的匀强磁场，由于洛伦兹力改变速度的方向，所以当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平方向的速度，设此时的球的动能为Ek，由动能定理得

则h1大于h2，但h1可能大于h4，也可能小于h4，故h2和h4无法比较。

故BD错误，C正确。

故选AC。

9. 如图，电路中R为定值电阻，电源内阻为r。将滑动变阻器的滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则（　　）

A. A的示数增大 B. V2的示数增大

C. ΔU3与ΔI的比值大于r D. ΔU1大于ΔU3

【答案】AC

【解析】

【详解】A．分析电路图，滑动变阻器和定值电阻串联，将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路阻值变小，电路总阻值变小，干路电流变大。理想电流表A测的是干路电流，A的示数增大。故A正确；

B．V2测路端电压，由于电流增大，内阻分压变大，所以示数变小；故B错误；

C．根据闭合电路欧姆定律，可得

则得

则ΔU3与ΔI的比值大于r。

故C正确；

D．V1测R两端电压，由于电流变大，示数变大；V2测路端电压，由于电流增大，内阻分压变大，所以示数变小；V3测滑动变阻器两端电压，是V2示数减去V1示数，示数减小。V3测滑动变阻器两端电压，是V2示数减去V1示数，故它们示数变化量的绝对值满足

显然

故D错误。

故选AC。

10. 在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场控制带电粒子的运动。如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），、是其两条相互垂直的直径，圆形区域左侧有一平行、关于对称放置的线状粒子源，可以沿平行于的方向发射质量为、电荷量为、速率均为的带正电的粒子，粒子源的长度为，从粒子源上边缘发射的粒子经磁场偏转后从点射出磁场。不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）

A. 匀强磁场的方向垂直纸面向里

B. 粒子源发射的粒子均从点射出磁场

C. 匀强磁场的磁感应强度大小为

D. 粒子在磁场中运动的最短时间为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．带正电的粒子向下偏转，根据左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面向外，故A错误；

C．如图所示

设粒子的运动半径为，根据几何关系可得

解得

根据洛伦兹力提供向心力

解得

故C错误；

D．所有粒子在磁场中运动半径都相等，运动的圆弧越短，在磁场中运动的时间越短，如图所示

由几何关系可得

解得

粒子在磁场中运动的周期

则粒子在磁场中运动的最短时间

故D正确；

B．任意一点射入磁场，粒子的运动半径等于，如图所示

由几何关系可知恒为一个菱形

所以所有的粒子都从F点射出，故B正确。

故选BD。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。

11. 某同学用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为___________ mm；用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为___________ cm。 电压表的读数为___________ V；电流表的读数为___________ A。

【答案】    ①. 7.520    ②. 2.060    ③. 2.60    ④. 0.52

【解析】

【详解】[1]螺旋测微器读数=固定刻度数+可动刻度数；本题固定刻度数7.5mm，可动刻度数为0.02mm，故读数为7.520mm。

[2]游标卡尺主尺读数为20mm，游标尺第12条对齐，本游标卡尺精度为0.05mm，故读数为。

[3]电压表最小刻度为0.1V，则读数为2.60V；

[4]电流表最小刻度为0.02A，读数为0.52A。

【点睛】本题考查螺旋测微器、游标卡尺、电压电流表的读数规则。10分度需估读到精度下一位，其余分度只需本位估读。

12. 测定干电池的电动势和内阻的电路如图（a）所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻R0。调节滑片，记录电压表示数U、电流表示数I及对应的PN长度x，绘制出图（b）所示的U—I图像。

（1）由图（b）求得电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω（均保留2位小数）；

（2）实验中因电表内阻的影响，电动势测量值___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；

（3）根据实验数据可绘出图（c）所示的图像。若图像斜率为k，电阻丝横截面积为S，则电阻丝的电阻率=___________，电表内阻对电阻率的测量___________（选填“有”或“没有”）影响。

【答案】    ①. 1.49    ②. 0.25    ③. 小于    ④. kS    ⑤. 没有

【解析】

【详解】（1）[1]由图（a）所示电路图可知，路端电压

由图（b）所示U—I图像可知，电池的电动势

[2]图像斜率的绝对值

内阻

（2）[3]根据图（a）可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图像如图所示

由图像可知，电动势测量值小于真实值；

（3）[4]根据图（a）所示电路图可知

R+RA==

由图像可知，图像的斜率

解得

[5]考虑电表内阻，图像的斜率不变，对电阻率的测量没有影响。

13. 如图所示，水平导轨间距为，导轨电阻忽略不计。导体棒垂直导轨放置，质量，电阻，与导轨接触良好。电源电动势，内阻，电阻。外加匀强磁场的磁感应强度，方向垂直于，与导轨平面成。与导轨间动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），不计其余摩擦．细绳垂直于且沿水平方向跨过一轻质定滑轮悬挂一重物。重力加速度，处于静止状态．已知。求：

（1）受到的安培力大小；

（2）重物重力G的取值范围。

【答案】（1）5N；（2）0.5N≤G≤7.5N

【解析】

【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得，通过ab的电流

I==2A，方向：由a到b

ab受到的安培力

F=BIL=5N

（2）a最大静摩擦力

fmax=μ（mg-Fcos53°）=3.5N

由平衡条件得，当最大静摩擦力方向向右时

T=Fsin53°-fmax=0.5N

当最大静摩擦力方向向左时

T=Fsin53°+fmax=7.5N

则重物重力的取值范围为0.5N≤G≤7.5N。

14. 在水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球从A点抛出时的动能为4J，在M点的动能为2.25J，不计空气阻力。求：

（1）小球在上升和下降过程中分别通过水平位移x1与x2的比；

（2）小球落到B点时的动能；

（3）小球从A点运动到B点过程中的最小动能。

【答案】（1）；（2）13J；（3）

【解析】

【详解】（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等。小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则

所以

（2）小球从A到M，水平方向上电场力做功

W电＝Eqx1＝2.25J

则从A到B水平方向上电场力做功

W电′＝Eq（x1+x2）＝4W电＝9J

则由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为

EkB＝Ek0+4W电＝4J+9J＝13J

（3）如图所示，设小球所受的电场力为F，重力为G，电场力和重力的合力（等效重力）为，G和的夹角为

由于合运动与分运动具有等时性，则有：

即

即

联立解得

由图可知

得

则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力垂直，故：

15. 如图，在区域I中有方向水平向右的匀强电场，在区域II中有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B=0.5T；两区域中的电场强度大小相等，E=2V/m；两区域足够大，分界线竖直．一可视为质点的带电小球用绝缘细线拴住静止在区域I中的A点时，细线与竖直方向的夹角为45°．现剪断细线，小球开始运动，经过时间t1=1s从分界线的C点进入区域II，在其中运动一段时间后，从D点第二次经过 B分界线，再运动一段时间后，从H点第三次经过分界线，图中除A点外，其余各点均未画出，g=10m/s2，求：

 (1)小球到达C点时的速度v；  

 (2)小球在区域II中运动的时间t2；

 (3)C、H之间的距离d．

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】（1）小球处于静止状态时，受力分析如图所示：

由图可知小球带正电，设电场与重力的合力为F，则有

剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将做初速度为零的匀加速直线运动

由牛顿第二定律得：F=ma

解得：

则小球达到C点的速度为

（2）由（1）可知

则有

即

故小球在区域Ⅱ中做匀速圆运动

则有

解得

则周期

则小球从C到D的时间为

（3）小球从D点再次进入区域Ⅰ时，速度大小为v，方向与重力和电场力的合力垂直，故小球做类平抛运动，设从D到H所用的时间为，其运动轨迹如图所示：

则沿DP方向做匀速运动，则有

PH方向做初速度为零的匀加速运动，则有

由几何关系知

DP=PH

联立解得

，

故DH=40m

而，又由（2）知

所以